Matematikkens mysterier 8. Funktioner - KennethHansen.net

Matematikkens mysterier
- på et obligatorisk niveau
af
Kenneth Hansen
8. Funktioner
Hvornår er denne funktion størst?

8. Funktioner
8.0 Introduktion 2
8.1 Trigonometriske funktioner 3
8.2 Trigonometriske formler 7
8.3 Additionsformlerne og de logaritmiske formler 11
8.4 Differentiation af sin, cos og tan 15
8.5 Arcus-funktionerne 19
8.6 Svingninger 26
8.7 Injektivitet, surjektivitet, bijektivitet. Omvendt funktion 32
8.8 Monotoniforhold og ekstrema 37
8.9 Middelværdisætningen 49
8.10 Funktionsundersøgelse 52
8.11 Optimering 57
Facitliste 60
1

8.0 Introduktion
I dette kapitel skal du lære mere om funktioner - først og fremmest de
trigonometriske funktioner - og om, hvorledes man kan anvende differentialregning
til at undersøge funktioner.
Det viser sig, at de trigonometriske funktioner, sinus, cosinus og tanegns, kan
bruges til meget mere end bare trekantsberegning. Faktisk viser de sig at være
eminente til at beskrive svingninger. For at kunne beskrive sådanne svingninger, og
for at kunne differentiere disse funktioner, er det nødvendigt at indføre de såkaldte
radiantal, som er et mere naturligt vinkelmål end de gammelkendte grader.
Du skal også lære om, hvorledes fortegnet for differentialkvotienten af en funktion
fortæller noget om funktionens opførsel, nemlig de såkaldte monotoniforhold.
Bl.a. skal de lære, at når f ′( x) > 0, så er funktionen voksende.
Endelig omtales omvendte funktioner, som er en generel metode til at løse
ligninger af typen f ( x) = a , hvor a er et eller andet tal. Herunder kommer man ind
på begreberne injektivitet, surjektivitet og bijektivitet, som fortæller noget om
antallet af løsninger til denne type ligning.
2

8.1 Trigonometriske funktioner
I denne sektion vil vi give en definition af sinv, cosv og tan v for alle vinkler v, herunder
negative vinkler og vinkler som er større end 360°. Endvidere vil vi definere de såkaldte
radiantal.
Definition 1
Enhedscirklen er en cirkel med centrum i (0,0) og radius 1.
En vinkel giver anledning til et bestemt punkt på cirklen, vinklens retningspunkt P v . Dette
punkt er bestemt som skæringspunktet mellem enhedscirklen og den rette (halv-)linie
gennem (0,0), som danner vinklen v med førsteaksen.
y
v
P v
x
Man kan også snakke om retningspunkter for negative vinkler - i så fald er det linien med
negativ hældning, og som danner vinklen v med x-aksen, man skal skære med
enhedscirklen.
y
v
x
P v
Ja, faktisk kan man tale om retningspunkter for et hvilket som helt vinkelmål, uanset størrelse
eller fortegn. En hel cirkel er jo på 360°, så hvis man f.eks. vil finde retningspunktet for
vinklen v = 800 ° , så ser man
800°= 360°+ 360°+ 80°
Derfor ligger retningspunktet P 800° to hele omgange om enhedscirklen og ekstra 80°.
Derfor må der gælde, at
P = P .
800° 80°
3

Et andet, og måske mere naturligt vinkelmål er det såkaldte radianmål. Forestil dig en bille,
som står i (1,0) med hovedet pegende opad. Den bille vil gerne kravle hen til et givet
retningspunkt. Hvor lang en strækning skal billen tilbagelægge?
Tjah - nu er enhedscirklens omkreds på 2π, svarende til 360° , så hvis billen skal kravle v
2π
grader, så skal den tilbagelægge strækningen v , dette gælder uanset v's størrelse eller
360° fortegn. Hvis v er negativ, så skal billen kravle baglæns, og det regnes for en negativ længde.
Den strækning, billen skal kravle, kaldes radianmålet for vinklen v, og der er som sagt
følgende sammenhæng:
Sætning 2 (LS)
Lad v være gradtallet og x radiantallet for en vinkel. Så:
2π
360°
x = v og v = ⋅ x .
360°
2π
Eksempel
En vinkel på v = 60 ° svarer til et radiantal på x =
Et radiantal på x = 0, 5 svarer til en vinkel på v =
2π
360° ⋅ 60°=
π
3
360° ⋅ 0, 5 = 114,
6 °
2π
Vi skal nu til at definere sinus, cosinus og tangens ved hjælp af enhedscirklen:
Definition 3 (FS)
Lad v være gradtallet for en vinkel. Så defineres
a) cosv som x-koordinaten for retningspunktet P v ,
b) sinv som y-koordinaten for retningspunktet P v ,
sin v
c) tan v som tan v = , forudsat cosv ≠ 0.
cosv
Hvis man ønsker at finde sinus til radiantallet x, så tager man bare y-koordinaten til
retningspunktet P x - man kan altså både lave trigonometri ved brug af gradtal eller ved brug
af radiantal.
4

I de næste sektioner skal vi udforske disse funktioner. Som opvarmning viser vi her graferne
for sin, cos og tan:
Grafen for sinus:
Sinus er faktisk meget velegnet til at beskrive bølgefænomener. Af grafen kan man nok se
grunden. Bemærk, at x er et radiantal.
Grafen for cosinus:
5

Den minder en del om sinusgrafen. Faktisk er det blot en forskydning af sinusgrafen henad
x-aksen på en halv π.
Grafen for tangens:
Bemærk grafens mange lodrette asymptoter.
Opgaver
1.1 Overbevis dig om, at definitionen af sin, cos og tan svarer til den definition, vi
tidligere gav med standardtrekanter.
1.2 Bevis, at tangens-funktionens graf har den lodrette asymptote med ligningen y = π 2 .
(Vink: Hvad er cos( )
π
2 ?)
6

8.2 Trigonometriske formler
Der gælder et utal af trigonometriske formler, som vi skal bevise i denne og den næste
sektion. Beviserne i denne sektion er hovedsageligt geometriske:
Den første formel er den velkendte idiotformel.
Sætning 4 (Idiotformlen) (FS)
sin
2 2
x + cos x = 1
Bevis
Retningspunktet Px = (cos x,sin x) ligger på enhedscirklen, som jo har ligningen
x
2 2
+ y = 1.
Indsættes retningspunktets koordinater i denne ligning, så fås
cos
2 x + sin
2 x = 1
Følgende sætning tolkes som, at sin og cos er periodiske funktioner.
Sætning 5 (FS)
cos( x + 2π ) = cos x og sin( x + 2π ) = sin x
Bevis
Idet et omløb på enhedscirklen svarer til 2π radianer, så har vinklerne x og
x +2π ens retningspunkter. Derfor får vi
(cos x,sin x) = Px
= Px
+2π = (cos( x + 2π),sin( x + 2π
))
Sætning 6 (FS)
cos( − x) = cosx og sin( − x) = − sin x
7

Bevis
P
x
P -x
Af figuren ses, at retningspunkterne P x og
P − x har den samme x-koordinat, men
modsat y-koordinat.
x-koordinaterne er
cosx og cos( −x )
og da disse er ens, så er
cos x = cos( − x)
.
y-koordinaterne er
sinx og sin( −x )
og da disse har modsat fortegn, så
− sin x = sin( −x
)
Sætning 7 (FS)
cos( π − x) = −cosx og sin( π − x) = sin x
Bevis
P
π -x
P
x
På figuren ses:
Px = (cos x,sin x)
Pπ − x = (cos( π − x),sin( π − x))
Punkterne har modsat x-koordinat, men den
samme y-koordinat.
Resten af beviset forløber som ved sætning 6.
Sætning 8 (FS)
π
cos(
2 − x) = sin x og sin(
2 − x ) = cos x
π
8

Bevis
P x
P
π /2-x
På figuren ses
Px = (cos x,sin x)
Ved spejlingen i den stiplede linie med
ligningen y = x sendes den over i punktet
Pπ
= (cos( π
x
π
x
− x 2
− ),sin( 2
− )) .
2
Men denne spejling bytter bare om på x- og
y-koordinaterne, hvilket beviser sætningen.
For tangens gælder formlerne:
Sætning 9 (FS)
a) tan( − x) = − tanx
b) tan( x + π ) = tan x
Bevis:
a) Her benyttes sætning 6:
tan( x− ) =
sin( −x)
cos( −x)
sinx
= − = − tanx
cos x
b) Her benyttes både sætning 6 og sætning 7:
sin( π − ( −x))
tan( x + π) = tan( π − ( − x))
=
cos( π − ( −x))
sin( −x)
sin sin
= − x x
= = tan x
−cos( −x)
−cosx
cosx
=
9

Opgaver
2.1 Formlerne 6-9 kan også formuleres for vinkler målt i gradtal. Opskriv disse formler.
2.2 Der findes faktisk yderligere 3 trigonometriske funktioner, omend de sjældent
bruges:
cotangens: cot x = 1
tanx
sekans: sec x = 1
cosx
cosekans: csc x = 1
sinx
Bevis følgende formler:
a) sec x − tan
x = 1
b) csc x − cot
x = 1
c) cot( − x) = −cot
x
d) sec( − x) = sec x
e) csc( − x) = − cscx
Prøv, om du kan formulere (og bevise) flere formler involverende disse tre
trigonometriske størrelser.
2.3 Tegn graferne for funktionerne
f ( x) = cot x
g( x) = sec( x)
h( x) = csc( x)
Har graferne nogle asymptoter?
10

8.3 Additionsformlerne og
de logaritmiske formler
Nu skal vi bevise additionsformlerne, dobbeltvinkelformlerne og de logaritmiske formler. Vi
starter med det eneste tekniske bevis:
Sætning 10
cos( x − y) = cosx⋅ cosy + sin x⋅
sin y
Bevis:
P
x
P y
På figuren til højre er afmærket punkterne
O = ( 0, 0 )
Px = (cos x,sin x)
P y
= (cosy,sin
y)
O
Vi vil anvende cosinus-relationen på trekanten ∆OP x
P y
, og derfor har vi brug for
at kende nogle vinkler og sidelængder:
∠ Px OPy = x − y ifølge tegningen.
OP
x
= OP = 1, idet de to liniestykker er radier i enhedscirklen.
y
2 2
Px Py = (cos x − cos y) + (sin x − sin y)
pr. afstandsformlen.
Vi regner lidt videre:
P P = (cosx − cos y) + (sinx − sin y)
=
x
2 2 2
y
2 2 2 2
cos x + cos y − 2cosxcos y + sin x + sin y − 2sin xsin
y =
2 − 2(cosxcosy + sin xsin y )
Her brugte vi idiotformlen to gange for at få det første 2-tal.
Cosinus-relationen i trekant ∆OP x P y hedder:
11

⇓
⇓
⇓
2 2 2
x y x y x y x y
P P = OP + OP − 2OP ⋅ OP cos( ∠P OP )
2 2
2 − 2(cosxcos y + sin xsin y) = 1 + 1 − 2⋅1⋅1⋅cos( x − y )
− 2(cosxcos y + sinxsin y) = −2cos( x − y )
cos xcosy + sin xsin y = cos( x − y)
Ialt er der 4 additionsformler:
Sætning 11 (additionsformlerne)
a) cos( x − y) = cosxcos y + sin xsin
y
b) cos( x + y) = cosxcos y − sin xsin
y
c) sin( x − y) = sin xcos y − cosxsin
y
d) sin( x + y) = sin xcos y + cosxsin
y
Bevis:
Formel a) er sætning 10, og de andre formler udledes heraf ved brug af
sætning 5 og 7:
b) cos( x + y) = cos( x − ( − y)) = cosxcos( − y) + sin xsin( − y)
=
cos xcosy − sin xsin
y
π
π
2 2
π
π
2 2
c) sin( x − y) = cos( − ( x − y)) = cos( − x + y)
=
cos( + x)cosy − sin( − x)sin y = sinxcosy −cosx sin y
d) sin( x + y) = sin( x − ( − y)) = sinx cos( − y) − cos x sin( − y)
=
sinxcosy − cos x⋅( − sin y) = sinxcosy + cosx sin y
Et specialtilfælde af additionsformlerne er dobbeltvinkelformlerne. De fås ved at sætte
x = y i additionsformlerne:
12

Sætning 12 (dobbeltvinkelformlerne)
a) sin( 2x) = 2sin xcos
x
2 2 2 2
b) cos( 2x) = cos x − sin x = 2cos x − 1= 1−
2sin
x
Bevis:
a) Vi sætter x = y i sætning 11d og får:
sin( 2x) = sin( x + x) = sin xcosx + cos xsinx = 2sinxcosx
b) Vi sætter x = y i sætning 11b og får:
2 2
cos( 2x) = cos( x + x) = cos xcos x − sin xsin x = cos x − sin x
Ved at bruge idiotformlen kan man udlede de andre former af 12b.
De logaritmiske formler hedder sådan, fordi de laver et produkt om til en sum, ligesom
logaritmefunktionen. Oprindelig blev de brugt til komplicerede astronomiske beregninger
(før man opfandt lommeregneren) af bla. Tycho Brahe. De logaritmiske formler gav også
inspiration til skotten John Napier, som opfandt logaritmerne.
Sætning 13 (de logaritmiske formler)
a)
s + t s − t
sins
+ sint
= 2sin cos
2 2
b)
s + t s − t
sins
− sint
= 2cos sin
2 2
c)
s + t s −t
cos s + cost
= 2cos cos
2 2
d)
s + t s −t
cos s − cost
= 2sin sin
2 2
Bevis:
Beviset for a) og b) hænger sammen:
s t
Sæt x = + s t
og y = − 2
2
Så er x + y = s og x − y = t
Anvendes dette i 11c og 11d, så fås
13

sins = sin( x + y) = sinxcosy + cosxsin
y
sint = sin( x − y) = sinxcos y − cos xsin
y
Dette betyder
sins + sin t = (sin xcosy + cosxsin y) + (sin xcos y − cos xsin y)
=
s+ t s−
t
2sin xcos y = 2sin cos
2 2
Tilsvarende for sins
− sint
.
c) og d) bevises på samme måde ved at benytte 11a og 11b.
3.1 Bevis sætning 13, punkterne c) og d).
Opgaver
3.2 Det vides, at
1
sin30°= og cos30°=
2
og
2
sin45°= og cos45°=
2
3
2
2
2
Bestem vha. formlerne i dette og det foregående kapitel eksakte værdier for:
a) sin60° b) cos60° c) cos75°
d) sin75° e) sin15° f) cos15°
3.3 Udled tripelvinkel-formlerne:
3
sin3x = 3sin x − 4sin
x
og
cos3x = 4cos 3 x − 3cosx
3.4 Udled additionsformlerne for tangens:
tan x + tan y
tan( x + y)
=
1− tan x tan y
og
tan x − tan y
tan( x − y)
=
.
1+ tan x tan y
14

8.4 Differentiation af sin, cos og tan
I denne sektion skal vi finde differentialkvotienterne af de tre trigonometriske funktioner. Vi
regner hele tiden i radianer!
Under beviset kommer vi ud for at skulle bruge en grænseværdi:
Sætning 14
lim sin h
h→0
h
= 1
Bevis:
Vi lader h være et radiantal mellem 0 og π 2
. Vi kan da lave nedenstående figur:
Punkterne har koordinaterne
O
P
Q
R
S
O = ( 0, 0 )
P = (cos h,sin h)
Q = (cos h, 0 )
R = ( 1 ,tan h)
S = ( 10 , )
Det er vel egentligt kun R’s
koordinater, der er lidt mystiske:
Trekant OPQ er en standardtrekant, og derfor er
OQ = cos h og PQ = sin h .
Cirklen er en enhedscirkel så derfor er
OS = 1
Trekanterne OPQ og ORS er ensvinklede og har derfor proportionale sider, hvilket
vi benytter ved 3. lighedstegn i ligningen nedenfor:
sinh
PQ RS RS
tan h = = = = = RS
cosh
OQ OS 1
Nå, men af figuren ses ulighederne
15

PQ ≤ PS ≤ RS
⇓
sinh ≤ h ≤ tanh
⇓
sinh
sinh ≤ h ≤
cosh
⇓
h 1
1≤
≤
sinh
cosh
⇓
sinh
1≥ ≥ cosh
h
Når nu h går imod 0, så vil størrelsen sinh blive presset inde mellem 1 og
h
cos0 = 1. Grænseværdien er derfor pisket til at være 1.
Tilsvarende kan man nu argumentere, når h er negativ.
(Dette kaldes et sandwich-bevis).
Vi har nu maskineriet til at kunne differentiere sin, cos og tan:
Sætning 15 (FS)
a) (sin x) ′ = cosx
b) (cos x) ′ = − sin x
c) (tan x) ′ = 1+
tan
2
x
Bevis:
a) Tretrinsraketten:
Trin 1:
Trin 2:
∆(sin) =
x + h + x x + h − x
sin( x + h) − sin( x) = 2cos( )sin( ) =
2 2
cos( x +
h)sin
h
2
2 2
16

h
∆(sin) cos( x + )sin
=
h
h
h
2
2 2
h
2
h
2
cos( x ) sin h
= + ⋅
2
Trin 3:
(sin ) lim (sin) lim(cos( ) sin h
∆
x
x
limcos( x ) lim sin
h 2
h
′ = = +
2
⋅ = + ⋅
h→ h h→ h
2
0 0
h→0
h→0
h
Når h → 0 , så vil den første faktor give cosx (idet cos er en kontinuert
funktion), og pr. sætning 14 vil den anden faktor vil give 1. Alt i alt fås
(sin x)
′ = cosx
2
2
h
2
b) Her kunne man igen bruge tretrinsraketten; men det er nu lettere at bruge
kædereglen:
π π π
2 2 2
1
(cos x) ′ = (sin( − x)) ′ = cos( − x) ⋅( − x) ′ = sin x ⋅( − ) = −sin
x
c) Her bruges kvotientreglen:
(tan x )′ =
( sin x
cos ) (sin x) ′ cos x − sin x(cos x)
′
′ =
2
=
x
cos x
cosxcosx − sin x( −sin x)
=
2
cos x
2 2 2 2
cos x + sin x cos x sin x
= + =
2
2 2
cos x cos x cos x
2
1+ tan x
Vi er nu i stand til at differentiere alle mulige funktioner:
Eksempler
(cos( 2x + 3)) ′ = sin( 2x + 3) ⋅ ( 2x + 3) ′ = 2sin( 2x
+ 3)
1
( sin )
sin (sin ) cosx
x ′ = x ′ =
2 x sinx
(ln(tan ))
tan (tan ) tan x
x ′ = 1 x ′ = 1+
2
x
tan x
2 + sin x
( 2 + sin x) ′ ⋅3cos x − ( 2 + sin x) ⋅ ( 3cos x)
′
( )′ =
3cosx
2
=
9cos
x
17

cosx⋅ 3cos x − ( 2 + sin x)( −3sin x)
9cos
x
2 2
3cos x + 6sin x + 3cos
x
=
2
9cos
x
1+ 2sinx
3cos
2
x
2
=
Opgaver
4.1 Differentiér nedenstående udtryk:
a) sinx
− tan x b) cos x c)
sin x+2
e
d)
tanx
1+ tanx
e) cos x ⋅ x f) tan( x + 3 )
g)
x
sin( e ) − x h)
2
2sin
x − sin x i)
cosx
cos( x +1)
2
j) cos( x + 2x
− 3)
k) cos( 3x)
+ 5x
l) sin(sin( x ))
4.2 Årsagen til, at den variable x i udtrykket sinx skal være i radiantal, for at sætning
15 gælder, er faktisk, at x i udtrykket
lim sin x
= 1
x→0
x
skal være i radiantal. Hvad sker der, hvis x er et gradtal?
Udfyld følgende to skemaer
x 1 0,1 0,01 0,001 0,0001 0,00001
sin x
sin x / x
x 1° 0,1° 0,01° 0,001° 0,0001° 0,00001°
sin x
sin x / x
og kommentér resultatet.
(Bemærk, at i det første skema regner vi i radianer, i det andet i grader).
4.3 Løs, vha Newton-Raphsons iterationsmetode, ligningen
cos x = x
med 4 decimaler. x er naturligvis et radiantal.
18

8.5 Arcus-funktionerne
Man er ofte i den situation, at man kender f.eks. sinus til en vinkel, men ikke selve vinklen.
Man ønsker måske at løse ligningen sin x = 0,
74. Dette kan gøres vha. arcusfunktionerne.
Man vil gerne definere arcsin a , som løsningen til ligningen sinx
x = arcsina ⇔ a = sin x .
= a , altså
Men der er et problem - ligningen sinx = a har uendeligt mange løsninger. Vi er derfor
nødt til at udvælge en bestemt løsning og kalde den for arcsin a .
Til venstre er der vist grafen for
sinusfunktionen.
Man ser, at der er uendeligt mange
x-værdier, der bliver sendt over i
f.eks. 0,5; men kun en x-værdi fra
den tykt optegnede del af grafen,
der sendes over i 0,5.
Udvælger vi derfor en x-værdi i
− π , π så er løsningen
intervallet [ 2 2 ]
til ligningen
sinx = a
entydigt bestemt!
Ved cosinusfunktionen kan man i
stedet bruge intervallet
[ 0;π ]
19

Ved tangensfunktionen kan man bruge
intervallet
− π ,
π
] 2 2[
Vi samler alt dette i nedenstående definition:
Definition 16 (LS)
a) Lad a ∈[ −11 ; ]. arcsin a er den entydigt bestemte løsning til
ligningen sinx = a , som ligger i intervallet [ − π
2
; π
2 ].
b) Lad a ∈[ −11 ; ]. arccosa er den entydigt bestemte løsning
til ligningen cos x = a , som ligger i intervallet [ 0;π ]
c) Lad a være et reelt tal. arctan a er den entydigt bestemte løsning til
ligningen tan x a
− π ; π .
= , som ligger i intervallet ] 2 2[
I det barske funktionssprog har vi defineret tre funktioner, de såkaldte arcus-funktioner:
[ −1 1] → [ −
π π
2 2]
arcsin : , ,
[ −1 1] → [ 0 π ]
arccos : , ,
] 2 π
2 [
arctan : R → − π ,
Lad os se, hvordan man bruger disse funktioner til at løse trigonometriske ligninger.
20

Sætning 17 (LS)
Lad a ∈[ −11 , ]. Løsningerne til ligningen
sinx = a
er alle af formen
arcsin a + 2πz , z ∈Z
eller af formen
π − arcsin a + 2πz , z ∈Z .
Før beviset kommer et eksempel:
Eksempel
Løsningerne til ligningen
sinx = 1 2
skal findes.
Nu er sin π 6
ligningen er
og
=
1
2
, så arcsin
2 1 = π 6
. Sætningen fortæller nu, at alle løsningerne til
(bemærk, at π π 5
− =
π
6 6 ).
π π π π π π
6 6 6 6 6 6
..., − 4π , − 2π , , + 2π , + 4π , + 6π
,...
5 5 5 5 5 5 6 6 6 6 6 6
..., −4π , − 2π , , + 2π , + 4π , + 6π
,...
Bevis (for sætning 17):
Vi skal finde alle retningspunkter på enhedscirklen, som har andenkoordinaten a.
Q
Alt i alt er P retningspunktet for vinklerne
arcsin a + 2πz , z ∈Z .
P
y=a
På figuren ses, at der kun er to muligheder,
nemlig punkterne P og Q.
Punktet P er retningspunktet for
arcsin a
men også for
arcsina +2π, arcsina +4π, ....
og for
arcsina −2π, arcsina −4π, ....
21

Af symmetrien i figuren ser man, at Q er retningspunkt for
π − arcsin a + 2πz , z ∈Z
Vi har nu fundet alle de relevante løsninger.
Sætning 18 (LS)
Lad a ∈[ −11 , ]. Løsningerne til ligningen
cos x = a
er alle af formen
arccos a + 2πz , z ∈Z
eller af formen
− arccos a + 2πz , z ∈Z
Bevis:
P
Øvelse. Se på figuren til venstre.
Q
x=a
Sætning 19 (LS)
Lad a ∈R . Løsningerne til ligningen
tan x = a
er alle af formen
arctan a + πz , z ∈Z
22

Bevis:
Igen en øvelse.
P
a
Q
Eksempel
Ligningen cos ,
x = ± arccos( − 0, 234) + 2πz , z ∈Z
x = −0 234 skal løses. Ifølge sætning 18 er løsningerne
eller, ved brug af lommeregneren
x = ± 1808 , + 2πz , z ∈Z
Eksempel
Ligningen tan x = 23 skal løses, men vi er kun interesserede i løsninger i intervallet
[0,10].
Den generelle løsning er
x = arctan( 23) + πz = 1527 , + π z .
Vi indsætter nu forskellige z-værdier:
z = −1 ⇒ x = −1,
614
z = 0 ⇒ x = 1527 ,
z = 1 ⇒ x = 4,
669
z = 2 ⇒ x = 7,
811
z = 3 ⇒ x = 10,
952
Det ses, at for z < 0 og for z > 2 ligger løsningerne udenfor intervallet [0,10]. De
ønskede løsninger er derfor - med 4 betydende cifre:
1,527 4,669 og 7,811
Eksempel
Ligningen sin ,
v = 0 67 skal løses, men v er nu et gradtal i intervallet [ 0° 360°
]
, .
23

Der er to løsninger, nemlig
v = arcsin( 0, 67) = 42,
07 °
og
v = 180°− arcsin( 0, 67) = 137, 93°
.
Alle formlerne og metoderne gælder nemlig også for gradtal i stedet for
radiantal.
Endelig kan man også komme ud for trigonometriske uligheder:
Eksempel
Man skal løse uligheden
sin ,
x ≥ 0 5, hvor x ∈[ 0 , 2π
]
Først løser man den tilsvarende ligning:
sin x = 0, 5 ⇔ x = arcsin( 0, 5) ∨ x = π − arcsin( 0, 5)
⇔
π
6
x = ∨ x =
Herefter betragter man nedenstående tegning:
5π
6
Løsningsmængden er de vinkler, hvis retningspunkter ligger på den tyktoptrukne del
af enhedscirklen. Vi kan derfor konstatere, at løsningsmængden til uligheden er
L = π ,
π
5
[ 6 6 ]
24

5.1 Løs følgende ligninger:
a) cos x = −0,
23
b) sin x = 157 ,
c) tan x = 157 ,
sin x = 0, 47 , x ∈ 0,
10
Opgaver
d) [ ]
e) cos v = −0, 632 , v ∈ [ 0° , 250 ° ]
f) tan x = 3 , x ∈[ −5,
5 ]
5.2 Løs følgende uligheder:
sin x < 0, 5 , x ∈ 0 , 2π
a) [ ]
b) cos x > 0, 7 , x ∈[ 0 , 2π ]
c) tan x > 1, 2 , x ∈[ 0,
1 ]
d) tan x > 15 , , x ∈ [ 0° , 1000 ° ]
e) sin x > −0, 2 , x ∈[ −6 , 10 ]
f) cos x < 2
5.3 Formålet med denne opgave er at vise differentiationsformlerne
d
1 d
−1
arcsin x =
arccos x =
dx
2
1−
x dx
1−
x
d
1
arctan x =
dx +
2
1 x
a) Differentiér udtrykket
t = arcsin(sin t)
på begge sider. Brug kædereglen
b) Erstat alle forekomster af sint med x og alle forekomster af
cost med 1− x
c) Bevis de to andre formler på samme måde.
2
2
25

8.6 Svingninger
Betragt en gang grafen for sinus.
Det er jo faktisk en bølge - eller en
svingning.
Faktisk kan alle mulige bølger
beskrives vha. sinus-kurver.
Normalt er bølger noget, der varierer i tiden. Derfor bruger man indenfor svingningsteorien
t og ikke x som den uafhængige variabel, så det vil blive brugt fremover.
Definition 20 (LS)
En funktion f af typen
kaldes en svingning
f ( t) = a sin( bt + c)
Tallet a kaldes amplituden.
Tallet b kaldes bølgetallet.
Tallet c kaldes fasevinklen.
Vi vil nu forklare betydningen af tallene a, b og c.
Amplituden (udtales 'amplityden' - c'est français...) fortæller noget om, hvor store
udsvingene er. På grafen på næste side er der tegnet graferne for de tre funktioner
f ( t) = sint
, g( t) = 2 sint
og h( t) = 3 sint
26

Disse tre funktioner er alle ens pånær amplituderne, som er henholdsvis: 1, 2 og 3.
Det ses, at jo større, amplituden er, jo større bliver udsvingene - faktisk har de
maksimale udsving "højden" a og -a.
Bølgetallet b har noget at gøre med, hvor hurtigt funktion svinger op og ned. Betragt
graferne for
f ( t) = sint
og g( t) = sin( 2 t)
Det ses, at jo større b er, jo hurtigere svinger funktionen op og ned.
Fasevinklen c kontrollerer, hvornår svingningen starter:
27

Denne figur viser graferne for
f ( t) = sint
og g( t) = sin( t − π )
Som det ses, så starter g-svingningen π senere end f-svingningen.
Generelt vil fasevinklen b forsinke svingningen med 2π − c
Perioden er et mål for, hvor hurtigt funktionen svinger op og ned:
Perioden T er defineret som
afstanden mellem to på hinanden
følgende bølge-toppe.
Sammenhængen mellem perioden og bølgetallet er:
28

Sætning 21 (FS)
Perioden T for funktionen f med forskriften
f ( t) = a sin( bt + c)
er givet ved
T
= 2π
b
Bevis:
To på hinanden følgende bølgetoppe falder i punkterne
( t0 , a)
og ( t0 + T, a)
.
Dvs.
a = asin( bt0 + c)
og a = asin( b( t0
+ T) + c)
⇓
1= sin( bt0
+ c ) og 1= sin( bt0
+ bT + c )
Men ser vi på grafen for sinusfunktionen, så er afstanden mellem to på hinanden
følgende bølgetoppe lig 2π . Dette betyder, at differensen mellem indmaden i de to
udtryk er 2π :
( bt + bT + c) − ( bt + c)
= π
⇓
⇓
0 0 2
bT = 2π
T
= 2π
b
Eksempel
På næste side er vist grafen for en svingning. Hvad er mon forskriften?
For det første ses, at svingningerne går fra maksimummet 1,5 til minimummet -1,5.
Dette fortæller, at amplituden er a = 15 , .
Det ses endvidere på grafen , at de to første toppe efter at t er blevet positiv
forekommer for t-værdierne ca. 2,3 og 4,9. Perioden er altså
T = 4, 9 − 2, 3 = 2,
6
og af sætning 21 får vi
b = 2π
T
= 2π
2 6
= 2,
4
,
29

y
> t
Endelig betragtes den første gang, grafen krydser t-aksen i opadgående retning efter
at t er blevet positiv:
⇓
⇓
⇓
asin( bt + c)
= (Da vi krydser t-aksen)
0 0
sin( bt + c)
=
0 0
bt 0 + c = arcsin( 0) = 0
(Fordi det er første gang)
c = − bt 0 = −2, 4⋅ 2 = −4,
8
Fasevinkler er kun veldefinerede op til multipla af 2π, så vi kunne ligeså godt vælge
c = − 4, 8 + 2π = 15 , .
Forskriften blev altså
f ( t) = 15 , sin( 2, 4t
+ 15 , )
30

Opgaver
6.1 I en elektrisk kreds er spændingsfaldet U ( t) til tiden t over en komponent givet
ved U ( t) = 8, 6+
3, 2sin( 20π t)
, t ≥ 0
a) Hvor stort er spændingsfaldet til tiden t = 0 ?
b) Angiv den maksimale og den minimale værdi af U.
c) Hvornår er spændingsfaldet første gang 10 ?
d) Hvor stor er dU dt
til tiden t = 2? Hvordan kan dette tolkes?
6.2 Find forskrifterne for funktionerne, hvis grafer er vist nedenfor:
a)
b)
31

8.7 Injektivitet, surjektivitet, bijektivitet
Omvendt funktion
I denne sektion skal vi studere ligninger af formen f ( x) = b, hvor f er en funktion.
Begreberne injektivitet og surjektivitet indføres som et mål for antallet af løsninger til denne
ligning, og endelig kæder vi disse to sammen i begrebet bijektivitet. Det endelig mål er at
præcisere, hvad der menes med en omvendt funktion.
Men først skal vi se lidt på, hvordan man kan løse ligningen f ( x) = b grafisk.
Eksempel
Nedenfor er tegnet grafen for en funktion f.
Lad os løse et par ligninger grafisk:
f x
( ) = 1 har løsningsmængden { }
L = 1 - man finder samtlige skæringspunkter
mellem grafen for f og den vandrette linie med ligningen y = 1. Skæringspunkternes
x-koordinater giver hver en løsning.
f x
L = 3, 7 , 12 .
( ) = 5 har løsningsmængden { }
( ) = 7 har løsningsmængden L = { 4 , 6 , 14}
f x
f ( x) = 16 har løsningsmængden L = ∅ .
Vi indfører nu et par definitioner, som har noget at gøre med antallet af løsninger til
ovennævnte type ligninger:
32

Definition 22
Funktionen f : A → B kaldes injektiv, hvis
f ( x ) = f ( x ) ⇒ x = x
for alle tal x1, x2
∈ A .
1 2 1 2
En anden måde at sige dette på er
Sætning 23
Funktionen f : A → B er injektiv, hvis og kun hvis ligningen
f ( x) = b
højst har en løsning, for alle b ∈ B .
Grafisk giver injektivitet sig udslag i, at den lodrette linie y = b højst skærer grafen for f ét
sted.
I praksis bruger man enten definition 22 direkte eller en undersøgelse af funktionens
monotoniforhold (mere herom senere) til at bevise, at en funktion er injektiv. Vi giver et
eksempel på den direkte anvendelse af definition 22.
Eksempel
f :[ −2; ∞[
→ R:
x a x + 2 + 6 er injektiv. Vi har nemlig:
f ( x ) = f ( x )
c
c
c
c
x
x
x
x
1 2
+ 2 + 6 = x + 2 + 6
1 2
+ 2 = x + 2
1 2
+ 2 = x + 2
1 2
= x
1 2
Surjektivitet er et mere mystisk begreb, som er knyttet sammen med begrebet
værdimængde:
33

Definition 24
Værdimængden Vm( f ) for funktionen f : A → B er mængden
{ }
Vm( f ) = f ( x)
x ∈ A
Værdimængden, som altså er en delmængde af sekundærmængden B, er mængden af alle
funktionsværdier for f.
Eksempel
Betragt funktionen
f : R → R:
x a x
2
Denne funktion har værdimængden Vm( f ) = [ ; ∞[
er funktionsværdien af f.eks. b .
0 , idet det ikke-negative tal b
Definition 25
Funktionen f : A → B kaldes surjektiv, hvis
Vm( f ) = B
For en surjektiv funktion er sekundærmængden og værdimængden altså ens!
Sætning 26
Funktionen f : A → B er surjektiv, hvis og kun hvis ligningen
f ( x) = b
har mindst en løsning for alle b ∈ B .
Man kan ikke umiddelbart se på grafen for en funktion, om den er surjektiv, idet man jo
ikke kan aflæse funktionens sekundærmængde på grafen. Derfor beviser man surjektivitet
ved at finde værdimængden. Værdimængden kan findes ved hjælp af en såkaldt
funktionsundersøgelse - mere herom senere.
Eksempel
Betragt nedenstående funktioner:
f : R → R: x a sin x
[ ]
[ 0 ] [ 11]
g : R → −11 ; : x a sin x
h : ; π → − ; : x a sin x
34

Ved at betragte f.eks. enhedscirklen ses, at Vm( f ) Vm( g) [ ; ]
Vm( h ) = [ 0;
1 ].
= = −11 , og
Ved sammenligning med sekundærmængderne for de tre funktioner ses, at kun
funktionen g er surjektiv.
Særligt fint bliver det, hvis en funktion både er injektiv og surjektiv. En sådan funktion kaldes
bijektiv:
Definition 27
Funktionen f : A → B er bijektiv, hvis og kun hvis f er både
injektiv og surjektiv.
Sætning 28
Funktionen f : A → B er bijektiv, hvis og kun hvis ligningen
f ( x) = b
har netop én løsning for alle b ∈ B.
Eksempel
Nedenstående funktioner er alle bijektioner:
f : R → R:
x a x
3
[ 0 [ [ 0 [
] [
g : ; ∞ → ; ∞ : x a x
h : 0; ∞ → R : x a lnx
For bijektive funktioner, og kun for bijektive funktioner, kan vi definere den omvendte
funktion.
2
Definition 29
Lad f : A → B være en bijektiv funktion. Den omvendte
funktion
− 1 :
f B → A
defineres ved at sætte f
ligningen f ( x) = b.
−1 ( b) lig den entydigt bestemte løsning til
35

Eksempel
De omvendte funktioner til de tre funktioner fra eksemplet før er alle velkendte:
−
f 1 : R → R : x a
3 x
−1
[ 0 ∞[ → [ 0 ∞[
] 0 [
g : ; ; : x a x
h − 1
: R → ; ∞ : x a e x
Sætning 30
Lad f : A → B være en bijektion. Da gælder, at de sammensatte
funktioner f
−1 o f og f o f
−1 har forskrifterne
−
f 1 o f : A → A:
x a x
−
f o f 1 : B → B:
y a y
Bevis:
Vi beregner f
til ligningen
−1
o f ( x ) . Ifølge definition 20 er f ( f ( x )) den eneste løsning
0
f ( x) = f ( x0 ) .
Men denne ligning har en løsning, nemlig x 0 , og da f er bijektiv, er dette den eneste
−1
løsning. Ergo, f o f ( x ) = x .
0 0
Opgaver
7.1 Som tidligere påstået er de tre funktioner:
f : R → R:
x a x
3
] [
[ 0 [ [ 0 [
g : ; ∞ → ; ∞ : x a x
h : 0; ∞ → R : x a lnx
Bevis dette, og find deres omvendte funktioner.
7.2 Tegn grafen for en injektiv funktion, som har definitionsmængden [ −1 , 2]
og
værdimængden [ 3, 5]
.
7.3 Bevis, at den lineære funktion
f : R a R:
x a ax + b
er en bijektion, hvis og kun hvis a ≠ 0 .
Tolk dette grafisk.
2
−1
0
36

8.8 Monotoniforhold og ekstrema
Vi skal nu studere funktioners opførsel vha. differentialregning. Det viser sig, at
fortegnsvariationen for differentialkvotienten f ′ til en funktion f fortæller temmeligt meget
om f.
Betragt nedenstående funktionsgraf:
Tangenterne i punkterne x 1 , x 2 og x 3
er indtegnet, og man ser ved betragtning
af hældningskoefficienterne for
tangenterne, at
f ′( x1)
> 0
f ′( x2)
= 0 og
f ′( x ) <
3 0
Samtidigt ser vi, at grafen for f i punktet
x 1 går opad (eller at funktionen f her
er voksende), at grafen for f 'topper' i
punktet x 2 , og at det igen går nedad i
x 3 .
For at formalisere de observationer, vi netop har gjort, så er det nødvendigt at konkretisere,
hvad vi mener med en voksende eller aftagende funktion.
Definition 31
Funktionen f : A → B er voksende, hvis det for alle tal
x1, x2
∈ A gælder, at
x < x ⇒ f ( x ) < f ( x )
1 2 1 2
Funktionen f : A → B er aftagende, hvis det for alle tal
x1, x2
∈ A gælder, at
x < x ⇒ f ( x ) > f ( x )
1 2 1 2
En funktion, som enten er voksende eller aftagende, kaldes
monoton.
37

En voksende funktion.
En aftagende funktion.
Man kan i visse tilfælde vise direkte, at en funktion er voksende eller aftagende:
Sætning 32
Den lineære funktion f : R → R : x a ax + b er
1) voksende, hvis a > 0
2) aftagende, hvis a < 0
Bevis:
1) Vi lader x1, x2
∈R og beviser, at x1 < x2 ⇒ f ( x1) < f ( x2
) :
⇓
⇓
x
ax
< x
1 2
< ax
(idet a > 0)
1 2
ax1 + b < ax2
+ b
38

⇓
f ( x ) < f ( x )
1 2
2) Dette bevises på stort set samme måde - det kritiske skridt er multiplikationen med
a på begge sider af uligheden: Idet a < 0 skal ulighedstegnet vendes!
Nu er det en temmeligt restriktiv betingelse, at en funktion skal være voksende eller
aftagende i hele sin definitionsmængde. Vi definerer derfor nedenstående begreber:
Definition 33
Funktionen f : A → B er voksende i punktet x ∈ A , hvis der
eksisterer et åbent interval ] x − ε x + ε[
voksende i dette interval.
Dette åbne interval ] x − ε x + ε[
; , således at funktionen f er
Funktionen f : A → B er aftagende i punktet x ∈ A , hvis der
eksisterer et åbent interval ] x − ε x + ε[
aftagende i dette interval.
; , således at funktionen f er
; kaldes af matematikere en omegn omkring x.
Eksempel
Betragt funktionen f, hvis graf er angivet nedenfor:
Ved at se på grafen kan man direkte se, at f er voksende i f.eks. i 0, i 1 i 2 og i 5.5,
mens f er aftagende i 4 og i 7.
39

Endvidere er f hverken voksende eller aftagende i 3 eller i 5.
Monotoni-intervallerne for funktionen f er de intervaller, hvori funktionen er
voksende eller aftagende. Ved aflæsning på grafen ses, at
−∞ , 3
f er voksende i ] [
f er aftagende i ] 3 , 5[
f er voksende i ] 5,
6[
f er aftagende i ] 6 , ∞ [
Bemærk, at det er forkert at sige, at f er voksende i ] −∞ , [ ∪ ] , [
(F.eks. er 2, 5< 55 , , men f ( 2, 5) > f (5, 5)
).
3 5 6 .
Hovedsætningen omkring monotoniforhold er nedenstående sætning, som forbinder
monotoniforhold med differentialkvotientens fortegn. Vi vil vente med at bevise denne
sætning til næste sektion.
Sætning 34
Lad f : A → B være en differentiabel funktion med kontinuert
differentialkvotient, og lad x ∈ A . Så gælder:
f ′( x) > 0 ⇒ f er voksende i x
f ′( x) < 0 ⇒ f er aftagende i x
Eksempel
3 2
Betragt funktionen f med forskriften f ( x) = x − 6x + 9x
+ 2
Denne funktions graf har udseendet:
Vi vil undersøge monotoniforholdene for f vha. differentialregning.
Først differentierer vi funktionen f:
2
f ′( x) = 3x − 12x
+ 9
40

Herefter finder vi nulpunkterne for differentialkvotienten:
f ′( x) = 0
c
c
2
3x
− 12x
+ 9 = 0
2
x = − ( − 12) ± ( − 12)
− 4 ⋅ 3 ⋅ 9
= ⎧ 1
⎨
2⋅
3
⎩ 3
Bemærk nu, at f ′ er et polynomium og derfor er kontinuert i hele sin
definitionsmængde, som i dette tilfælde er R . Den eneste måde, f ′ kan skifte
fortegn på, er derfor ved at passere gennem et af de to nulpunkter, som jo er 1 eller
3. (Havde funktionen nogle diskontinuitetspunkter eller lodrette asymptoter, så skulle
vi også tage hensyn til disse i den følgende undersøgelse).
Vi laver nu en tallinie, som viser fortegnsvariationen for f ′ . På denne tallinie
indsætter vi de to nulpunkter:
x
1 3
f'
0 0
f
Pga. kontinuiteten af f ′ må denne funktion have konstant fortegn på hver af
intervallerne ] −∞;1 [ , ] 13 ; [ og ] 3;∞ [ . Vi finder dette fortegn ved at beregne
værdien af f ′ for et enkelt punkt fra hver af de 3 intervaller:
2
f ′( 0)
= 3⋅0 −12⋅ 0 + 9 = 9 > 0
2
f ′( 2)
= 3⋅ 2 −12 ⋅ 2 + 9 = − 3 < 0
2
f ′( 4)
= 3⋅4 −12⋅ 4 + 9 = 9 > 0
Vi kan nu udfylde fortegnene på tallinien, og bruge sætning 6 til at oversætte den
opnåede information til monotoniforholdene for f (symboliseret ved pilene i nederste
række).
x
1 3
f'
+ 0 - 0 +
f
Det ses, at
f er voksende i ] −∞;1 [
41

f er aftagende i ] 13 ; [
f er voksende i ] 3;∞ [
En anden ting, vi har brug for, er definitionen af minima og maksima (bemærk, at de
oprindeligt latinske ord minimum og maksimum faktisk hedder minima og maksima i
flertal).
Definition 35
Funktionen f : A → B har et globalt maksimum i punktet x 0 ,
hvis det for alle x ∈ A gælder, at
f ( x0 ) ≥ f ( x)
x 0 kaldes et globalt maksimumspunkt, og tallet f ( x ) er det
globale maksimum.
Funktionen f : A → B har et globalt minimum i punktet x 0 , hvis
det for alle x ∈ A gælder, at
f ( x0 ) ≤ f ( x)
x 0 kaldes et globalt minimumspunkt, og tallet f ( x ) er det
globale minimum.
0
0
Under ét kalder man globale minima og globale maksima for globale ekstrema. (Ental:
Ekstremum)
Eksempel
Betragt funktionen f med grafen nedenfor:
42

Det ses, at f har det globale maksimum 1, og det globale maksimumspunkt -2, og
det globale minimum -2, og de to globale minimumspunkter -4 og 3.
Bemærk, at en funktion godt kan have flere globale maksimumspunkter og
minimumspunkter, men kun ét globalt maksimum og ét globalt minimum.
En funktion behøver faktisk ikke at have et globalt minimum eller maksimum:
Denne funktion har et globalt maksimum, men ikke noget globalt minimum.
Vi har også lokale minima og maksima:
Definition 36
Funktionen f : A → B har et lokalt maksimum i x0 ∈ A , hvis
x − ε; x + ε omkring x 0
, således at for
der findes en omegn ] 0 0 [
alle x ∈] x − ε; x + ε[
gælder, at
0 0
f ( x) ≤ f ( x0
)
x 0 kaldes et lokalt maksimumspunkt, og tallet f ( x )
maksimum.
0
et lokalt
Funktionen f : A → B har et lokalt minimum i x0 ∈ A , hvis der
x − ε; x + ε omkring x 0 , således at for alle
findes en omegn ] 0 0 [
x ∈] x − ε; x + ε[
gælder, at
0 0
f ( x) ≥ f ( x0
)
x 0 kaldes et lokalt minimumspunkt, og tallet f ( x )
minimum.
0
et lokalt
43

Eksempel
Betragt funktionen f med grafen:
Funktionen f har det globale maksimumpunkt 3, men intet globalt minimum.
Funktionen har følgende lokale maksimumspunkter: 0, 3 og 5.
Funktionen har følgende lokale minimumspunkter: 1 og 4
En vigtig anvendelse af disse begreber er følgende:
Sætning 37
Lad f [ a b]
a) f antager sit minimum m og sit maksimum M på [ a ; b]
.
b) Vm( f ) = [ m;
M]
: ; → R være en kontinuert funktion. Så gælder
Vi vil ikke bevise sætningen - det er temmeligt svært. Men vi kan fortælle, hvorfor
sætningen er intuitivt klar.
Forestil dig en elastiksnor - det er dit interval på x-aksen. Du hiver nu i
elastiksnoren, så den bugter sig godt. Men elastiksnoren må ikke gå i stykker -
funktionen f er jo kontinuert!
44

M
Vi hiver i elastiksnoren
m
a
b
Elastiksnor
Der må være et sted, hvor du har hevet mest opad - det er dit maksimum M; og der
må være et sted, hvor du har hevet mest nedad - det er dit minimum m.
Sætningen er især velegnet til at finde værdimængder - men funktionen skal altså være
kontinuert og have et lukket interval som definitionsmængde.
Hvis funktionen er diskontinuert, ikke er defineret på et lukket interval, har lodrette
asymptoter eller laver andre narrestreger, så går det galt!
En måde at finde lokale ekstremumspunkter på, er ved brug af nedenstående sætning:
Sætning 38
Lad f : A → B være en differentiabel funktion. Så gælder
⇓
f har et lokalt ekstremum i punktet x 0
f ′( x ) =
0 0
Bevis:
Vi viser kun sætningen i det tilfælde, hvor det lokale ekstremum er et lokalt
maksimum.
Vi skal altså vise, at f ′( x0)
= 0. Vi skal derfor vise, at
f
lim ( x0 + h ) − f ( x0
) = 0
h→0
h
Da vi har et lokalt maksimum i x 0 , så får vi at
f ( x + h) ≤ f ( x )
og dermed at
0 0
f ( x + h) − f ( x ) ≤
0 0 0
45

Derfor gælder der om de to differenskvotienter
f ( x0 + h) − f ( x0)
≤ 0 for h > 0
h
f ( x0 + h) − f ( x0)
≥ 0 for h < 0
h
I grænsen får vi
f
lim ( x0 + h ) − f ( x0
) ≥ 0
h→ 0+
h
f
lim ( x0 + h ) − f ( x0
) ≤ 0
h→0−
h
Da f er differentiabel, så skal de to grænseværdier være ens, og derfor må den
fælles grænseværdi være 0. Ergo, f ′( x0)
= 0.
Bemærk, at den omvendte sætning ikke gælder. Man kan sagtens have punkter x 0 , hvor
f ′( x0)
= 0, men hvor x 0 ikke er et lokalt ekstremumspunkt. Man taler her om en vandret
vendetangent.
Eksempel
Betragt funktionen f med forskriften
4 2
f ( x) = x − 6x + 8x
+ 20
Vi ønsker at bestemme samtlige lokale ekstremumspunkter for f.
For det første differentierer vi funktionen:
3 2
f ′( x) = 4x − 12x
+ 8
og finder differentialkvotientens nulpunkter - disse er 1 og -2, som man let
overbeviser sig om ved brug af f.eks. p/q-metoden.
Herefter laves en fortegnslinie for f ′:
x
-2 1
f'
-
0 + 0 +
f
Af fortegnsvariationen kan man se, at f har et lokalt minimum i -2 og en
vendetangent i 1.
(Vendetangenter optræder, når f ′ har samme fortegn på begge sider af punktet,
dvs. fortegnsvariationen -0- eller +0+, mens lokale minima kræver
fortegnsvariationen -0+. +0- giver et lokalt maksimum).
46

Faktisk kan man se, at funktionen f har værdimængden
Vm( f ) = [ f ( −2); ∞ [ = [ −4
; ∞[
idet f ( x) → ∞ for x → ±∞ .
Grafen for f er skitseret nedenfor:
Eksempel
Funktionen g er givet ved
3 2
g :[ −3; 3]
→ R:
x a 2x + 3x − 12x
+ 2
Hvad er Vm( g ) ?
Idet g klart er kontinuert (g er jo differentiabel), så er Vm( g ) ifølge sætning 37 et
lukket interval, og g har et globalt minimum og et globalt maksimum.
Kandidater til disse minimums- og maksimumspunkter er dels intervalendepunkterne
for definitionsmængden, dels nulpunkter for g ′ . Vi finder disse nulpunkter:
2
g′ ( x) = 6x + 6x
−12
og løsning af en passende andengradsligning viser, at nulpunkterne for g ′ er -2 og 1.
De kritiske punkter er altså -3, -2, 1 og 3. Vi beregner g i alle 4 punkter:
Det ses, at det globale minimum for g er -5, og dette antages i minimumspunktet 1.
Det globale maksimum er 47, antaget i 3.
Værdimængden er derfor det lukkede interval
Vm( g ) = −5;
47
Grafen for g er vist nedenfor:
x -3 -2 1 3
g(x) 11 22 -5 47
[ ]
47

Opgaver
8.1 Bevis vha. sætning 34 nedenstående påstande:
a) den eksponentielle udvikling f ( x) = b⋅ a x er voksende, hvis og kun hvis
a > 1,
b) den eksponentielle udvikling f ( x) = b⋅ a x er aftagende, hvis og kun hvis
0 < a < 1.
8.2 Tegn grafer for funktioner, som opfylder nedenstående, og som ikke opfylder
betingelserne i sætning 37.
a) f har et åbent interval som definitionsmængde,
b) g har den lodrette asymptote med ligningen x = 3
Dm( h ) = 0;
6
c) h er diskontinuert i punkterne 2 og 4, [ ]
8.3 Undersøg nedenstående funktioner med henblik på definitionsmængde og
monotoniforhold. Skitsér graferne.
a) f ( x) = ( x + 3)
−1
2 1
b) g( x) = x + 2x
−
x
c)
2
x − 4
h( x) =
2
x − 1
8.4 Bestem værdimængden for funktionerne
2
f : 0; 5 → R:
x a x − 2x
+ 3
[ ]
[ ]
[ ]
g : −35 ; → R: x a ln( x + 1)
h : 0; 1 → R : x a x( x − 1)
2
48

8.9 Middelværdisætningen
De to næste sætninger - Rolle's sætning og middelværdisætningen - har stor teoretisk
anvendelse. De anvendes bl.a. til at bevise hovedsætningen 34.
Sætning 39 (Rolle's sætning)
Lad f [ a b]
: ; → R være en differentiabel funktion opfyldende
f ( a) = f ( b)
= 0
c ∈ a; b , så at
f ′( c) = 0
Så findes mindst ét tal ] [
Sætningen betyder, at hvis funktionen både starter og ender i funktionsværdien 0, så må der
findes et punkt, hvor tangenten er vandret.
Bevis:
Funktionen f er differentiabel og dermed kontinuert. Ifølge sætning 37 antager f
a; b .
dermed sit minimum m og sit maksimum M på [ ]
Vi skal nu dele op i flere tilfælde:
I: M > 0
f antager sit maksimum i maksimumspunktet c. Nu er f ( c) = M > 0, så c
kan ikke være a eller b. Ergo c ∈ ] a; b[
.
Ifølge sætning 38 er f ′( c) = 0 .
II: M = 0 og m < 0
III: M
f antager sit minimum m i minimumspunktet c. Igen ses, at c ] a b[
f ′( c) = 0 .
= m = 0
Dette kan kun lade sig gøre, hvis f x
funktionen, og differentieres denne, ses, at
f ′ x = x ∈ a; b .
( ) 0 for alle ] [
Vi kan altså vælge c tilfældigt fra intervallet!
( ) = 0 for alle x [ a b]
∈ ; og
∈ ; . f er altså 0-
Middelværdisætningen er en generalisation af Rolle's sætning
49

Sætning 40 (Middelværdisætningen)
Lad f [ a b]
c [ a b]
: ; → R være en differentiabel funktion. Så findes et tal
∈ ; opfyldende
f ′( c)
=
f ( b) − f ( a)
b−
a
Sætningen udtrykker, at der findes en tangent til grafen for f med samme hældning som
sekanten gennem punkterne ( a, f ( a )) og ( b, f ( b )) .
Bevis:
Lad os indføre hjælpefunktionen g( x) f ( x) l( x)
funktion, som går gennem de to punkter ( , ( ))
= − , hvor l er den limeære
a f a og ( b, f ( b )) . Folk, som kan
deres analytiske geometri, vil vide, at l har forskriften
f ( b) − f ( a) l( x)
= ( x − a ) + f ( a )
b −a
og forskriften for g er derfor
f ( b) − f ( a) g( x) = f ( x)
− ( x − a ) − f ( a )
b − a
Vigtigst er det dog, at
l( a) = f ( a)
og l( b) = f ( b)
.
Fordelen ved denne hjælpefunktion er nu, at den opfylder betingelserne i Rolle's
sætning:
g er differentiabel, idet g = f − l , og både f og den lineære funktion l er
differentiabel.
g( a) = f ( a) − l( a) = f ( a) − f ( a)
= 0
g( b) = f ( b) − l( b) = f ( b) − f ( b)
= 0
Rolle's sætning fortæller da, at der findes et tal c [ a b]
Men vi har
så tallet c må opfylde
eller
g′ ( c) = 0.
g′ ( x) = f ′( x) − l′ ( x) = f ′( x)
−
f ′( c)
−
f ′( c)
=
f ( b) − f ( a)
= 0
b − a
f ( b) − f ( a)
b−
a
∈ ; opfyldende
f ( b) − f ( a)
b − a
50

Vi kan endelig nu bevise sætning 34:
Bevis for sætning 34:
Vi nøjes med at bevise, at
f ′( x) > 0 ⇒ f er voksende i x.
idet det tilsvarende udsagn, hvor f er aftagende i x, behandles ganske analogt.
Hvis f ′ x >
O = x − ε, x + ε , hvori f ′ kun
antager positive værdier, idet f ′ er kontinuert. Vi vil vise, at f er voksende i denne
omegn O.
Lad x1, x2
∈ O og antag, at x1 < x2
. Middelværdisætningen viser, at der findes et
tal x 3 , således at x1 < x3 < x2
, og med
f ( x2 ) − f ( x1)
f ′( x3)
=
.
x2 − x1
Men nu er x3 ∈ O , så f ′( x3)
> 0. Endvidere er x2 − x1 > 0, hvilket betyder, at
f ( x ) − f ( x ) = f ′( x ) ⋅( x − x ) >
eller
( ) 0 , så vil der findes en omegn ] [
2 1 3 2 1 0
f ( x ) < f ( x )
1 2
f er altså voksende i omegnen O.
Opgaver
9.1 Bevis den omvendte sætning til sætning 34, dvs:
f er voksende i x ⇒ f ′( x) ≥ 0
og
f er aftagende i x ⇒ f ′( x) ≤ 0
(Vink: Betragt fortegnet for differenskvotienten
f ( x + h) − f ( x)
h
)
9.2 Bemærk, at vi ikke kan erstatte tegnene ≥ og ≤ med > og < i opgave 9.1.
Giv et eksempel på dette.
51

8.10 Funktionsundersøgelse
Man er ofte i den situation, at man skal undersøge grafen for en funktion i større eller mindre
detalje. Her kan man f.eks. tegne grafen ved at plotte en masse støttepunkter, men det er ikke
sikkert, at disse støttepunkter giver et godt billede af grafens udseende. Man er derfor ofte
nødt til at lave en funktionsundersøgelse.
I en funktionsundersøgelse skal (nogle af) følgende punkter behandles:
1 Definitionsmængde
2 Nulpunkter (og skæring med y-aksen)
3 Fortegn
4 Asymptoter
5 Monotoniforhold
6 Graf
7 Værdimængde
Rækkefølgen behøver ikke at være den ovenfor, men denne rækkefølge er den almindeligste.
Eksempel
2
2x
+ 4x
Funktionen f har forskriften f ( x) =
x − 2
Definitionsmængde:
En brøk kan ikke have nævneren 0, så alle de x-værdier, hvor denne er nul, er
ikke med i definitionsmængden:
Nulpunkter:
c
x − 2 = 0
x = 2
Altså fås, at Dm( f ) = R \{ 2 }
c
c
c
f ( x) = 0
2
2x
+ 4x
= 0
x − 2
2
2x
+ 4x
= 0
x
= 0 ∨ x = −2
Funktionen f har altså nulpunkterne 0 og −2 .
52

Fortegn:
Idet funktionen f er kontinuert (det er jo en rational funktion), så kan f kun
skifte fortegn i nulpunkterne og i punktet x = 2 , som jo ikke ligger i
definitionsmængden.
f har altså konstant fortegn i hver af intervallerne ] −∞; −2 [ , ] −2; 0[
, ] 0;
2[
og ] 2;∞ [ .
For at finde fortegnene beregner vi en funktionsværdi i et tilfældigt punkt i hver
af de 4 intervaller.
f ( − ( ) ( )
) = ⋅ − 2
2 3 + 4 ⋅ − 3
3
= −
6
5
< 0
( −3)
− 2
2
f ( − ( ) ( )
) = 2 ⋅ − 1 + 4 ⋅ − 1
1
=
2
3
> 0
( −1)
− 2
f ( 1)
f ( 3)
2
2 1 4 1
= ⋅ + ⋅ = − 6 < 0
1−
2
2
2 3 4 3
= ⋅ + ⋅ = 30 > 0
3−
2
For at overskue fortegnene laver vi en fortegnslinie:
x
-2 0
2
f( x)
- 0 + 0 -
+
(Den stiplede linie angiver, at funktionen ikke er defineret i x = 2 )
Vi får, at
0;
2
f er negativ i intervallerne ] −∞ − [
f er positiv i intervallerne ] −2 0[
; 2 og i ] [
; og i ] 2;∞ [
Asymptoter:
f er en rational funktion, dvs. en polynomiumsbrøk, og som sådan er det
ganske let at finde asymptoterne.
Idet 2 er rod i nævneren uden samtidigt at være rod i tællerne, er linien med
ligningen x = 2 en lodret asymptote for f.
Tællerpolynomiet har grad 2, og nævneren grad 1. Idet denne forskel er
2 − 1= 1, så har f en skrå asymptote (og ingen vandrette). Ved polynomiers
division ses, at
2
2x
+ 4x
16
f ( x) = = 2x
+ 8+ x −2
x − 2
Linien med ligningen y
= 2x
+ 8 er derfor en skrå asymptote.
53

Grafen for f har altså asymptoterne med ligningerne x = 2 og y
= 2x
+ 8.
Monotoniforhold:
For at finde monotoniforholdene skal differentialkvotienten f ′ udregnes:
⎛
2
′
2x
+ 4x⎞
f ′( x)
= ⎜ ⎟ =
⎝ x − 2 ⎠
2 2
( 2x + 4x) ′⋅ ( x −2) − ( 2x + 4x) ⋅( x − 2)
′
=
2
( x − 2)
2
( 4x + 4) ⋅( x − 2) − ( 2x + 4x)
⋅1
= 2 x − 8 x − 8
2
2
( x − 2)
( x − 2)
Herefter findes nulpunkterne for f ′ :
c
c
c
f ′( x) = 0
2
2x
−8x
−8
= 0
2
( x − 2)
2
2x
−8x
− 8 = 0
x
= 2 − 2 2 ∨ x = 2 + 2 2
(Bemærk, at det ikke kunne betale sig at udregne nævneren - den forsvinder
alligevel ved løsning af ligningen.)
Vi laver nu en fortegnslinie for f ′ , hvor vi betragter de to nulpunkter
2 ± 2 2 samt det skumle tal 2 (som jo ikke er i definitionsmængden, og som
i øvrigt giver anledning til en lodret asymptote):
′ − = ⋅ − 2
2 ( 5) − 8
f ( )
⋅ ( − 5)
− 8
5
=
82
> 0
2 49
(( −5) − 2)
Fortegnslinien bliver:
2
2
′ = ⋅ 0 − 8 ⋅ 0
f ( )
− 8
0
= − 2 < 0
2
( 0−
2)
2
2
′ = ⋅ 3 − 8 ⋅ 3
f ( )
− 8
3
= − 14 < 0
2
( 3−2)
2
2
′ = ⋅ 5 − 8 ⋅ 5
f (5)
− 8
2
= > 0
2 9
(5 − 2)
2
54

x
f '(x)
f (x)
2-2
lokalt
maximum
2 2 2+2 2
+ 0 - - 0 +
lokalt
minimum
>
Altså får vi
f er voksende i ] −∞;2 − 2 2 [ og i ] 2 + 2 2;
∞ [
f er aftagende i ] 2 − 2 2; 2 [ og i ] 2; 2 + 2 2 [
Endvidere ser vi, at
f har lokalt maksimum i 2 − 2 2
med maksimumsværdien f ( 2 − 2 2)
= 12 − 8 2
f har lokalt minimum i 2 + 2 2
med minimumsværdien f ( 2 + 2 2)
= 12 + 8 2
Graf:
Grafen for f ser således ud:
Bemærk, at denne graf stemmer overens med samtlige oplysninger, vi tidligere
har fundet.
Værdimængde:
Ud fra grafen og de tidligere fundne lokale ekstrema ses, at
] 12 8 2] [ 12 8 2 [
Vm( f ) = −∞; − ∪ + ; ∞
55

Opgaver
10.1 Undersøg nedenstående funktioner mht. definitionsmængde, nulpunkter, fortegn,
asymptoter, monotoniforhold. Tegn graferne og bestem endelig værdimængderne.
2 − x
x
a) f ( x) =
b) f ( x) = 2 −
2
2
x − 9
x
c) f ( x) = 1 3 2
x + x − 3 x d) f ( x) = sin x + cosx
3
2
x + 1
2
e) f ( x) =
f) f ( x) = 2x
−18
2x
x x
2
g) f ( x) = 9 − 4⋅ 3 + 3 h) f ( x) = (ln x)
−9
2
i) f ( x) = ln( x −16 ) j) f ( x) = e − ex +5
x
56

8.11 Optimering
En ofte mødt problemstilling indenfor det virkelige liv er optimering : Hvornår
bliver en eller anden størrelse maksimal (f.eks. indtjeningen) eller minimal (f.eks.
omkostningerne). Sådanne problemer kan løses ved hjælp af differentialregning:
Eksempel
Firmaet Skær og Streng fremstiller ostehøvle. Det viser sig, at profitten p
ved salget af ostehøvle afhænger af salgsprisen x for en ostehøvl på følgende
måde:
3
p( x) = − x + 27x
+ 900
hvor p er angivet i millioner kr.
Hvilken salgspris skal firmaet sælge sine ostehøvle til for at få maksimal
indtjening?
Her skal vi jo finde det globale maksimum for funktionen p, og det kan vi jo
godt!
Dm( p ) = 0 , ∞ , idet det jo er svært at sælge noget til en
For det første er [ [
negativ pris.
For det andet kan vi finde nulpunkterne for p ′ :
og
c
c
p′ ( x) = − 3x
+ 27
p′ ( x) = 0
2
2
− 3x
+ 27 = 0
x
= 3 ∨ x = −3
Endelig skal vi lave en fortegnslinie for p ′ , hvorpå vi indtegner x-værdierne
0 (et intervalendepunkt) og 3 (-3 udelukkes, idet −3∉Dm( p ) ):
x 0 3
p’ 0 + 0 -
p lok. lok.
min.
max.
Det ses, at profitten bliver maksimal, når osteøvlene sælges til en pris af 3
kr. pr. stk. Profitten bliver her p( 3)
= 954millioner kr.
57

Værre er det, når man selv skal finde ud af, hvilken funktion det er, man skal
optimere:
Eksempel
En rektangulær mark skal have arealet 10000 m 3 og mindst mulig omkreds
(af hensyn til indhegningen). Hvilken form skal marken have, og hvor lang
bliver omkredsen?
y
x
Kalder vi de to sidelænger for x og y, så ses, at
arealet = xy
og
omkredsen= 2x
+ 2y
Her er der desværre to variable, hvilket gør det svært at differentiere, så vi
må eliminere den ene, f.eks. y. Dette gøres ved hjælp af arealbetingelsen:
10000
xy = 10000 ⇔ y =
x
Dette kan vi så indsætte i udtrykket for omkredsen, som vi jo skulle
optimere
f ( x) = 2x + 2y = 2x
+ 2⋅ 10000 = 2x
+ 20000x
x
Dm( f ) = 0 , ∞ , idet det jo er
Her kalder vi omkredsen for f. Det ses, at [ [
umuligt med negative længder.
Nulpunkterne for f ′ findes:
og
c
c
f ′( x) = 2 − 20000x
f ′( x) = 0
−2
2 − 20000x
= 0
x
−2
= 100 ∨ x = −100 .
Vi udelukker tilfældet x = −100 og laver en fortegnslinie for f ′ :
−1
x 0 100
p’ 0 - 0 +
p lok. lok.
58

max.
min.
Det ses, at omkredsen bliver minimal for x = 100.
Endvidere fås
y = 10000
x
= 10000
100
= 100
så rektanglet var faktisk et kvadrat, og
omkreds = 2x + 2y = 400.
Opgaver
2 2
11.1 En hyperbel har ligningen x − y = 1.
a) Tegn kurven. (Vink: Sæt x lig 1, 2, 3, ... og find de mulige y-værdier)
Opgaven går ud på at finde det punk på hyperblen, som ligger tættest på
origo, (0,0).
b) Opskriv et udtryk for afstanden mellem ( x, y ) og origo.
c) Kan y elimineres?
d) Minimér denne afstand og finde det (eller de) nærmeste punkter.
11.2 Et stykke pap til en plakat har arealet 1,8 m 2 . I toppen og i bunden skal der
være en margen på 50 cm, og i siderne en margen på 30 cm.
Hvordan skal papstykket være formet, således at det trykte areal bliver størst
muligt?
(Vink: Start med en tegning)
11.3 Summen af to positive tal er 20. Bestem de to tal i hvert af følgende
tilfælde:
a) deres produkt er maksimalt
b) deres kvadratsum er minimal
c) summen af kvadratet på det ene tal og den tredie potens af det andet
tal er maksimalt.
59

Facitliste
3.2 a) 3 / 2 b) 1/2 c) ( 6 − 2) / 4 d) ( 6 + 2) / 4
e) 2 − 3 / 2
f) 2 + 3 / 2
2
4.1 a) cos x −1−
tan x b) − sin x
sin x+2
c) cos x ⋅e
2 cosx
2
1+
tan x
cosx
2
d)
e) − x sin x + f) 1+ tan ( x + 3)
2
( 1+
tan x)
2 x
x x
g) e cos( e ) − 1 h) 2cosx − 2sin xcosx
2 x
− sin xcos( x + 1) + cosxsin( x + 1)
2
i)
j) − ( 2x + 2)sin( x + 2x
− 3)
2
cos ( x + 1)
k) − 3sin( 3x ) + 5
l) cos(sin( x)) ⋅ cosx
4.3 0,7391
5.1 a) ± 18029 , + 2πz , z ∈Z b) ingen løsninger
c) 10037 , + πz , z ∈Z d) 0,4893 ; 2,6523 ; 6,7725 ; 8,9355
e) 129, 19° ; 230,
80° f) -1,8925 ; 1,2490 ; 4,3906
5.2 a) [ 0 ,
π
6[ ∪
5π ] 6
, 2π]
b) [ 0 ; 0, 7954[ ∪ ] 5, 4878;
2π
]
c) ] 0 , 8761 ; 1]
d) ] 0 , 9828 ; π [ ] 4 1244
3 [ ] 7 2654
5 [
2
∪ , ; π , ; π
2
∪
2
e) [ −6 − 2 9402[ ∪ ] −0 2014 3 3430[ ∪ ] 6 0818 9 6261[
; , , ; , , ; , f) R
6.1 a) 8,6 b) 11,8 og 5,4 c) 0,00729 d) 201
6.2 a) 15 , ⋅ sin( 3πt + π)
b) 1+ 2sin( 2πt
)
8.3 a) Dm( f ) = R \{ −3 } f er aftagende i ] − ∞ , −3 [ og i ] − 3 , ∞[
−1−
5
− 1+
5
b) Dm( g ) = R \{ 0 } g er voksende i ]
2
, −1 [ og i ]
2
, ∞[
−1−
5
− 1+
5
0
g er aftagende i ] − ∞ ,
2
[ og i ] −1 , 0 [ og i ] , 2
[
c) Dm( h ) = R \{ −1 , 1 }
h er voksende i ] 0 , 1 [ og i ] 1, ∞ [
h er aftagende i ] − ∞ , −1 [ og i ] −1, 0 [
8.4 Vm( f ) = [ 2 , 18 ] Vm( g ) = [ 0 , ln 26 ] Vm( f ) = [ 0 , 1 4
]
10.1 a) Dm( f ) = R \{ −3 , 3 } nulpunkter: 2
60

f er positiv i ] − ∞ , −3 [ , ] 2 , 3 [
f er negativ i ] − 3 , 2 [ , ] 3 , ∞ [
Asymptoter: x = 3 , x = − 3 , y = 0
f er voksende i ] − ∞ , 3[ , ] −3 , 3[ , ] 3 , ∞[
f er aldrig aftagende
Vm( f ) = R
b) Dm( f ) = R \ { 0 } nulpunkter: 2
f er positiv i ] − ∞ , 0 [ ,] 0 , 2 [
f er negativ i ] 2 , ∞ [
Asymptoter: x = 0 , y = 0
f er voksende i ] − ∞ , 0[ , ] 4 , ∞[
f er aftagende i ] 0 , 4 [
Vm( f ) = [ − 1 , ∞[
8
c) Dm( f ) = R nulpunkter: 0, α = −3−
45
2
f er positiv i ] α , 0 [ ,] β , ∞ [
f er negativ i ] − ∞ , α[ , ] 0 , β[
Asymptoter: ingen
f er voksende i ] − ∞ , − 3[ , ] 1 , ∞[
f er aftagende i ] − 3 , 1 [
Vm( f ) = R
d) Dm( f ) = R nulpunkter: 3 2
π 3π
f er positiv i ] − + 2πz
, + 2πz
[
4
3π
4
4
7π
4
f er negativ i ] + 2πz
, + 2πz
[
Asymptoter: ingen
3π
π
f er voksende i ] − + 2πz
, + 2πz
[
4 4
π 5π
4
πz
4
f er aftagende i ] + 2 , + 2πz
[
Vm( f ) = [ − 2 , 2 ]
π
+ πz
e) Dm( f ) = R \ { 0 } nulpunkter: ingen
f er positiv i ] 0 , ∞ [
f er negativ i ] − ∞ , 0 [
Asymptoter: x = 0 , y =
1
2
x
f er voksende i ] − ∞ , −1[ , ] 1 , ∞[
f er aftagende i ] −10 , [ , ] 0 , 1 [
Vm( f ) = R\] −
1
,
1
2 2
[
, β = − 3+
45
2
61

f) Dm( f ) = R\] − 3, 3 [
nulpunkter: -3, 3
f er positiv i R\] −3 , 3 [
f er aldrig negativ
Asymptoter: ingen
f er voksende i ] 3 , ∞ [
f er aftagende i ] − ∞ , −3 [
Vm( f ) = [ 0 , ∞[
g) Dm( f ) = R nulpunkter: 0,1
f er positiv i ] − ∞ , 0 [ ,] 1, ∞ [
f er negativ i ] 0 , 1 [
Asymptoter: ingen
f er voksende i ]
ln
, ∞ [
ln
2
3
f er aftagende i ] − ∞ ,
ln
ln
2 3
[
Vm( f ) = [ −1
, ∞[
h) Dm( f ) = ] 0 , ∞[
nulpunkter: e 3
f er positiv i ] e 3 , ∞ [
f er negativ i ] 0 , e [
Asymptoter: x = 0
f er voksende i ] 1, ∞ [
f er aftagende i ] 0 , 1 [
Vm( f ) = [ −9
, ∞[
3
i) Dm( f ) = R \[ −4 , 4 ]
nulpunkter: − 17 , 17
f er positiv i ] − ∞ , − 17[ , ] 17 , ∞[
f er negativ i ] − 17 , − 4[ , ] 4 , 17 [
Asymptoter: x = − 4 , x = 4
f er voksende i ] 4 , ∞ [
f er aftagende i ] − ∞ , − 4 [
Vm( f ) = R
62

j) Dm( f ) = R nulpunkter: ingen
f er altid positiv, aldrig negativ
Asymptoter: y = − ex + 5
f er voksende i ] 1, ∞ [
f er aftagende i ] − ∞ , 1 [
Vm( f ) = [ 5 , ∞[
2
11.1 c) 2x + 1 d) ( ±1, 0 )
11.2 længden bliver 103,92 cm , højden 173,21 cm
11.3 a) 10 og 10 b) 10 og 10 c) 8 og 12
63